第一章 素养提升课(三) 带电粒子在复合场中的运动-【名师导航】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册教师用书word（人教版）江苏专用

本讲义聚焦高中物理带电粒子在复合场中的运动核心知识点，系统梳理叠加场（电场、磁场、重力场共存或两种场共存）和组合场（电场与磁场区域不重叠相邻或交替）的概念，构建从受力分析（平衡条件、洛伦兹力等）到运动分析方法（匀速直线、匀速圆周）的学习支架。 资料以分考点细化设计为亮点，典例解析结合受力分析与几何关系（如微粒匀速直线时平衡条件、圆周运动向心力公式），体现科学思维中的模型建构与科学推理，跟进训练和素养提升练分层巩固，课中辅助教师教学，课后助力学生查漏补缺。

素养提升课(三)　带电粒子在复合场中的运动 [学习目标]　1．理解组合场和叠加场的概念。2．会分析粒子在各种场中的受力特点。3．掌握粒子在复合场中运动问题的分析方法。 考点1　带电粒子在叠加场中的运动 1．叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两种场共存。 2．基本思路 带电粒子在叠加场中运动的解题思路如下。 【典例1】　如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系Oxy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从坐标原点出发，沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度方向进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力，求： (1)电场强度E的大小； (2)磁感应强度B的大小； (3)微粒在复合场中的运动时间t。 [解析]　(1)微粒在到达A(l，l)之前做匀速直线运动，受力分析如图所示： 根据平衡条件，有：qE＝mg， 解得：E＝。 (2)根据平衡条件，有：qvB＝mg， 电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示： 根据牛顿第二定律，有：qvB＝m， 由几何关系可得：r＝l， 联立解得：v＝，B＝。 (3)微粒做匀速直线运动的时间为：t1＝＝， 做圆周运动的时间为：t2＝＝π ， 在复合场中运动时间为： t＝t1＋t2＝。 [答案]　(1)　(2)　(3) 　复合场中运动问题的求解技巧 带电体在复合场中的运动问题仍是一个力学问题，求解思路与力学问题的求解思路基本相同，仍然按照对带电体进行受力分析，运动过程分析，充分挖掘题目中的隐含条件，根据不同的运动情况建立相应的方程。 [跟进训练] 1．如图所示，在0≤x≤a的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场；磁感应强度的大小为B；在x＞a的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小也为B。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿x轴从原点O射入磁场。 (1)若粒子在磁场中的轨迹半径为a，求其轨迹与x轴交点的横坐标； (2)为使粒子返回原点，粒子的入射速度应为多大？ [解析]　(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，与x轴的交点为C，O1、O2分别为轨迹的圆心。过O2分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为B、A。由几何关系，得 O1A＝O2A＝2a，O2B＝OA＝O1A－O1O＝(2－)a， 则BC＝＝2a。 所以轨迹与x轴交点的横坐标为x＝O2A＋BC＝2(1＋)a。 (2)为使粒子返回原点，由对称性知，粒子在磁场中的运动轨迹如图乙所示。设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系，得θ＝30°， 则r＝＝a， 设粒子的入射速度为v，由r＝，得v＝。 [答案]　(1)2(1＋)a　(2) 考点2　带电粒子在组合场中的运动 1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，一般为两场相邻或在同一区域电场、磁场交替出现。 2．常见类型 类型1　从电场进入磁场 电场中：加速直线运动 　⇓ 磁场中：匀速圆周运动 电场中：类平抛运动 　⇓ 磁场中：匀速圆周运动 类型2　从磁场进入电场 磁场中：匀速圆周运动 　⇓ 电场中：匀变速直线运动(v与E同向或反向) 磁场中：匀速圆周运动 　⇓ 电场中：类平抛运动(v与E垂直) 【典例2】　如图所示，在第一象限内，存在垂直x轴向下的匀强电场，第二象限内存在垂直于Oxy平面向外的匀强磁场，大小为B0，第四象限内存在垂直于Oxy平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第二象限，在Oxy平面以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至x轴上的N点，沿与x轴正方向成45°角离开电场；在磁场中运动一段时间后，垂直于y轴进入第三象限。不计粒子重力，求： (1)第一象限电场强度的大小E； (2)第四象限磁感应强度的大小B1。 [解析]　(1)在第二象限内，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，运动轨迹为以原点O为圆心，半径为R0的圆周，则有qB0v0＝， ① 在第一象限内在静电力作用下做类平抛运动，根据牛顿第二定律有Eq＝ma， ② 到达N点时，有v0＝vx＝vy， ③ ＝2aR0， ④ 联立①～④解得E＝。 ⑤ (2)粒子在第一象限内运动时，水平方向的位移为x＝v0t， ⑥ 又vy＝at， ⑦ 到达N点时其合速度为v＝v0， ⑧ 粒子在第四象限做匀速圆周运动，根据几何关系可求得，其半径为R＝x，⑨ 又因为qvB1＝m， ⑩ 联立①～⑩解得B1＝。 [答案]　　(2) 　带电粒子在组合场中的运动问题的分析方法 [跟进训练] 2．如图所示，在直角坐标系Oxy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为＋q的微粒，在A点(0，3 m)以初速度v0＝120 m/s平行x轴正方向射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的P点(6 m，0)和Q点(8 m，0)各一次。已知该微粒的比荷为＝102 C/kg，微粒重力不计。 (1)求微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小； (2)求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电场和磁场中由A至Q的运动轨迹； (3)求电场强度E和磁感应强度B的大小。 [解析]　(1)微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴正方向做匀速直线运动 由x＝v0t，得t＝＝0.05 s， 微粒沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动， 由y＝at2得a＝2.4×103 m/s2。 (2)vy＝at，tan α＝＝1， 所以α＝45°。 轨迹如图所示。 (3)由qE＝ma，得E＝24 N/C， 设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动， v＝v0＝120 m/s， 由几何关系可知r＝ m，由qvB＝m得 B＝＝1.2 T。 [答案]　(1)0.05 s　2.4×103 m/s2　(2)45°　见解析图　(3)24 N/C　1.2 T 素养提升练(三)　带电粒子在复合场中的运动 一、选择题 1．如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R。已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。不计空气阻力，设重力加速度为g，则(　　) A．液滴带正电 B．液滴比荷＝ C．液滴沿顺时针方向运动 D．液滴运动速度大小v＝ C　[液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得＝，故B错误；静电力竖直向上，液滴带负电，故A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向运动，故C正确；对液滴有qE＝mg，qvB＝m，解得v＝，故D错误。] 2．一正电荷q在匀强磁场中，以速度v沿x轴正方向进入垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，如图所示，为了使电荷能做直线运动，则必须在该区域加一个匀强电场，不计重力，此电场的电场强度应该是(　　) A．沿y轴正方向，大小为 B．沿y轴负方向，大小为Bv C．沿y轴正方向，大小为 D．沿y轴负方向，大小为 B　[要使电荷能做直线运动，必须用静电力抵消洛伦兹力，本题正电荷所受洛伦兹力的方向沿y轴正方向，故静电力必须沿y轴负方向且qE＝qvB，即E＝Bv，B正确。] 3．CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点。则(　　) (a) (b) A．M处的电势高于N处的电势 B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移 C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外 D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移 D　[电子在电场中加速运动，静电力的方向和运动方向相同，而电子所受静电力的方向与电场的方向相反，所以M处的电势低于N处的电势，A项错误；增大M、N之间的电压，根据动能定理可知，电子进入磁场时的初速度变大，根据r＝知其在磁场中的轨迹半径增大，偏转程度减小，P点将右移，B项错误；根据左手定则可知，磁场的方向应该垂直于纸面向里，C项错误；结合B项分析，可知增大磁场的磁感应强度，轨迹半径将减小，偏转程度增大，P点将左移，D项正确。] 4．如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，一个带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上匀速运动，下列说法正确的是(　　) A．微粒可能带负电，也可能带正电 B．微粒的电势能一定增加 C．微粒的机械能一定增加 D．洛伦兹力对微粒做负功 C　[根据做直线运动的条件和受力情况如图所示： 可知，粒子做匀速直线运动，则粒子必定带负电，故A错误；由a沿直线运动到b的过程中，静电力做正功，电势能减小，故B错误；因重力做负功，重力势能增加，又动能不变，则机械能一定增加，故C正确；洛伦兹力一直与速度方向相互垂直，故洛伦兹力不做功，故D错误。] 5．如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x轴正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　) A． B． C． D． A　[画出带电粒子仅在磁场中运动时的运动轨迹，如图所示。设带电粒子仅在磁场中运动的轨迹半径为r，运动轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得cos θ＝＝，r－a＝r cos θ，解得r＝2a，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝，解得r＝2a＝，在匀强磁场区域加上匀强电场后带电粒子沿x轴运动，分析知，此时粒子受力平衡，则有Eq＝qvB，联立解得＝，A正确。 ] 6．两带电油滴在竖直向上的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B正交的空间做竖直平面内的匀速圆周运动，如图所示，则两油滴可能不相同的是(　　) A．带电性质 B．运动周期 C．运动半径 D．比荷 C　[由题意可知，mg＝qE，且静电力方向竖直向上，所以油滴带正电，由于T＝＝，故两油滴周期相同、比荷相同，由于运动速率关系未知，由r＝知，轨道半径大小关系无法判断，故选C。] 7．如图所示，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为(　　) A． B． C． D． B　[设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m、T＝，可得R1＝、R2＝、T1＝、T2＝，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1＝，在第一象限中运动的时间为t2＝T2，又由几何关系有cos θ＝＝，θ＝，t2＝，则粒子在磁场中运动的时间为t＝t1＋t2，联立以上各式解得t＝，B正确，A、C、D均错误。 ] 8．如图所示，设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，已知一粒子在重力、静电力和洛伦兹力作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，以下说法错误的是(　　) A．这粒子必带正电荷 B．A点和B点在同一高度 C．粒子在C点时速度最大 D．粒子到达B点后，将沿曲线返回A点 D　[根据粒子轨迹弯曲方向，可知所受洛伦兹力方向必沿弯曲方向，判断出粒子必带正电，A正确；而粒子在A、B两点时速度都为零，在运动过程中洛伦兹力不做功，这样只有重力和静电力做功，由动能定理可知，重力和静电力做的总功是零，因此A点和B点在同一高度，B正确；粒子到达最低点C点时，静电力做功和重力做功最大，由动能定理可知粒子在C点速度达到最大，C正确；由以上分析可知，粒子到达B点后速度是零，将沿与ACB相同的路径向右偏转，不返回A点，D错误。] 9．如图所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向上，匀强磁场方向水平(垂直纸面向里)，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间后恰好沿水平方向做直线运动，现使球从较低的b点开始滑下，经P点进入板间，则球在板间运动过程中，下列说法不正确的是(　　) A．其动能将会增大 B．其电势能将会增大 C．小球所受的磁场力将会增大 D．小球所受的静电力将会增大 D　[由于小球进入板间后恰好沿水平方向做直线运动，则带电小球一定带正电荷，从a点滑下时，静电力qE和磁场力qBv方向均向上，它们的合力与重力mg相平衡，当小球从较低的b点滑下到达P点时的速度v′<v，则qBv′<qBv，有mg>qE＋qBv′，带电小球轨迹将向下弯曲，重力做正功，静电力做负功，磁场力不做功，但mg>qE，则带电小球的动能增大，静电力做负功，电势能将增大，小球所受静电力大小和方向都不会改变，而由于动能增大，则小球所受磁场力将会增大，选项A、B、C正确，D错误。故选D。] 二、非选择题 10．在电子技术中，科研人员经常通过在适当的区域施加磁场或电场束控制带电粒子的运动。如图所示，位于M板处的粒子源不断产生质量为m、电荷量为q的粒子，粒子经小孔S1不断飘入电压为U的加速电场，其初速度可视为零；然后经过小孔S2射出后沿x轴正方向从坐标原点O垂直于磁场方向进入x轴上方(含x轴正半轴)的有界匀强磁场控制区，磁场的磁感应强度为B，粒子发生270°偏转后离开磁场竖直向下打在水平放置的荧光屏上，已知N板到y轴、荧光屏到x轴的距离均为L，不考虑粒子重力及粒子间的相互作用。 (1)求粒子在磁场中运动半径的大小； (2)求粒子从N板射出到打在荧光屏上所需的时间。 [解析]　(1)粒子在加速电场中加速，根据动能定理有qU＝mv2， 粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB＝m， 解得R＝。 (2)粒子射入到坐标原点的时间t1＝， 粒子在磁场中运动的时间为t2＝T＝， 离开磁场到达荧光屏的时间为t3＝， 所以粒子运动的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝L。 [答案]　(1)　(2)L 11．如图所示，在直角三角形ONP区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求： (1)带电粒子的比荷； (2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。 [解析]　(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v，由动能定理有qU＝mv2， ① 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝m， ② 由几何关系知d＝r， ③ 联立①②③式得＝。 ④ (2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为 s＝＋r tan 30°， ⑤ 带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为 t＝， ⑥ 联立②④⑤⑥式得t＝)。 ⑦ [答案]　(1)　(2) 12．如图所示，两块水平放置、相距为d＝0.5 m的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B＝2 T。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m＝3.2×10-3 kg、速度水平且大小均为v0＝5 m/s、电荷量相等的墨滴。调节电压U至1 V时，墨滴在电场区域恰能向右做匀速直线运动，并垂直磁场左边界进入电场、磁场共存区域后，最终打在下板的M点。g取10 m/s2。则： (1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量q； (2)求M点距磁场左边界的水平距离L和粒子从进入磁场到运动M点的时间t； (3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？ [解析]　(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，则静电力等于重力q＝mg， 所以q＝＝ C＝1.6×10-2 C， 由于电场方向向下，电荷受的静电力向上，可知墨滴带负电荷。 (2)墨滴垂直进入电、磁场共存的区域，重力仍与静电力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有qv0B＝， R＝＝ m＝0.5 m， 两块金属板相距为d＝0.5 m，说明墨滴在该区域完成四分之一圆周运动，所以M点距磁场左边界的水平距离L＝R＝d＝0.5 m， 墨滴在磁场中运动的周期T＝＝ s＝0.628 s， 所以运动的时间t＝＝0.157 s。 (3)根据题设，墨滴运动的轨迹如图所示，设圆周运动的半径为R′，则有qv0B′＝， 得B′＝， 由图示可得R′2＝d2＋， 得R′＝d， 所以B′＝＝ T＝1.6 T。 [答案]　(1)负电　1.6×10-2 C　(2)0.5 m　0.157 s　(3)1.6 T 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $